Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[r-aax]

Sandor в сообщении #409469 писал(а):

r-aax писал:
Для достоверного опровержения утверждения желательно привести неоднородное решение уравнения!

Для опровержения утверждения, что некое уравнение не имеет решений, достаточно привести любое решение.

[iakovlev]

Уважаемый "r-aax".
С док-вом, для $x^{2a}+y^{2b}=z^2$, я видимо погорячился.
Но для случая $x^{2n}+y^{2n}=z^2$, я приведу док-во.

-- Вт фев 08, 2011 19:51:57 --

Уважаемый "r-aax".
С док-вом, для $x^{2a}+y^{2b}=z^2$, я видимо погорячился.
Но для случая $x^{2n}+y^{2n}=z^2$, я приведу док-во.

[AKM]

Prorab в сообщении #407373 писал(а):

iakovlev
За очередное невыполнение требования модератора контролировать то, в каком виде отображаются на форуме Ваши посты - бан на три дня.

А теперь --- 2 недели.

[AKM]

А теперь --- насовсем. Вместе с новым клоном, monik.

[r-aax]

1. Жалко. Очень интересные идеи были у автора.
2. [to moderators] Приведите, пожалуйста, оригинальный ник клона...

[iakovlev]

Исправленное доказательство ВТФ для четных показателей $n$.

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n-$ простое и $n>2$.
Пусть $x-$ четное число.
Одно из чисел $z$ или $y$ - не кратно $n$. Допустим, что $z$ - не кратен $n$.
Тогда имеем:
(2) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...-x^2y^{2(n-2)}+y^{2(n-1)}$.
Уравнение (2) - это уравнение вида
(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Допустим, что уравнение (1) имеет решение в рациональных числах и
$x=\frac{N}{M}$, $N$ - кратно 4, $M$ - нечетное число.
Тогда, на основании формулы (4), из уравнения (1), имеем:
$y^n=1-2^{-2}x^{2n}=1-2^{-2}\frac{N^{2n}}{M^{2n}}=\frac{M^{2n}-2^{-2}N^{2n}}{M^{2n}}$.
Отсюда следует, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах, то
(5) $x=\frac{N}{M}, y=\frac{Y}{M^{2}}, z=\frac{Z}{M^{2}}$,
где $X=NM, Y, Z$ - есть решения уравнения (1) в целых числах.
Вернемся к уравнению (2).
Из уравнения (2), на основании формулы (4), получим
$y^{n-1}=1-2^{-2}x^{2(n-1)}+2^{-2}x^{2(n-2)}y^2-...+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Перепишем это уравнение с учетом формул (5), имеем:
$\frac{Y^{n-1}}{M^{2(n-1)}}=1-2^{-2}\frac{N^{2(n-1)}}{M^{2(n-1)}}+2^{-2}\frac{N^{2(n-2)}Y^2}{M^{2(n-2)}M^4}-...+2^{-2}\frac{N^2Y^{2(n-2)}}{M^2M^{4(n-2)}}.$
Отсюда
(6) $M^{2(n-2)}Y^{n-1}=M^{2(2n-3)}-2^{-2}N^{2(n-1)}M^{2(n-2)}+2^{-2}N^{2(n-2)}M^{2(n-3)}Y^2-...+2^{-2}N^2Y^{2(n-2)}.$
Уравнение (6) это уравнение вида (3). Поэтому, на основании формулы (4), получим
$M^{2n-3}=1+2^{-4}N^{2(n-1)}M^{2(n-2)}-2^{-4}N^{2(n-2)}M^2(n-3)}Y^2+...-2^{-4}N^2Y^{2(n-2)}$,
или
(7) $4M^{2n-3}=4+2^{-2}N^{2(n-1)}M^{2(n-2)}-2^{-2}N^{2(n-2)}M^{2(n-3)}Y^2+...-2^{-2}N^2Y^{2(n-2)}.$
Из (6) и (7) имеем:
(8) $M^{2(n-2)}Y^{n-1}+4M^{2n-3}=M^{2(2n-3)}+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $M}$. Это возможно, только если $M=1$.
Тогда из (8)
$Y^{n-1}+4=5$, или $Y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

[age]

r-aax в сообщении #412387 писал(а):

Жалко. Очень интересные идеи были у автора.

Например

[iakovlev]

Уважаемый "age".
Я готов, рассмотреть ваши предположения... Если они у вас имеются.

[AKM]

AKM в сообщении #412354 писал(а):

А теперь --- насовсем. Вместе с новым клоном, monik.

Ошибка с недоделанным баном исправлена. Тема закрыта.